黑龙江省哈工大附中2021-2022学年高二上学期期末考试物理试题 Word版含答案

哈工大附中2021-2022学年度第一学期期末考试试题高二（物理）试题时间：90分钟命题人：方圆审核人:范振山一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分。其中1-8题为单选，选对得4分，错选、不选或多选得0分；9-12题为多选，全选对得4分，少选得2分，选错、多选或不选得0分）1．下列说法正确的是（　　）A．摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体B．元电荷就是原子核带的电荷量C．元电荷的数值最早是由美国物理学家富兰克林测得的D．电荷的多少叫作电荷量，电荷量的正负表示大小2．下图所示的彼此绝缘且相互交叉的两根通电直导线与闭合线圈共面，则穿过线圈的磁通量可能为零的是（　　）A．B．C．D．3．下图中能产生感应电流的是（　　）A．B．C．D．4．如图，水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点以竖直向上的初速度开始运动，经最高点B后回到与A在同一水平线上的C点，小球从A到B过程中克服重力做功2J，电场力做功3J，则（　　） A．小球在B点的动能比在A点少1JB．小球在C点的电势能比在B点少3JC．小球在C点的机械能比在A点多12JD．小球在C点的动能为6J5．传感器是采集信息的一种重要元件，如图所示是一种电容式压力传感器，当待测压力作用于可动电极时，使它发生形变，从而改变传感器的电容。若流经灵敏电流计的电流方向向左时，指针向右偏。当待测压力突然增大时，下列说法中正确的是（　　）A．电容器的电容将减小B．灵敏电流表指针向左偏转C．点的电势比点的低D．若电流计示数稳定且不为零，说明压力不再变化6．超导电磁船是一种不需要螺旋桨推进的低噪声新型船，如图所示是电磁船的简化原理图，AB和CD是与电源相连的导体板，AB与CD之间部分区域浸没在海水中并有垂直纸面向里的匀强磁场（磁场由固定在船上的超导线圈产生，其独立电路部分未画出），下列说法正确的是（　　）A．使船前进的力，是磁场对海水的安培力B．要使船前进，海水中的电流方向从CD板流向AB板C．同时改变磁场的方向和电源正负极，推进力方向将与原方向相反D．船所获得的推力，与通过海水的电流大小和超导线圈产生的磁感应强度有关7．如图是质谱仪工作原理示意图。带电粒子、从容器中的A点飘出（在A点初速度为零），经电压加速后，从轴坐标原点处进入磁感应强度为的匀强磁场，最后分别打在感光板S上，坐标分别为、。图中半圆形虚线分别表示带电粒子、所通过的路径，则（　　）A．进入磁场的速度一定大于进入磁场的速度B．的比荷一定小于的比荷C．若、电荷量相等，则它们的质量之比D．若、质量相等，则在磁场中运动时间之比8．如图所示，在真空环境中，点电荷M、N（图中未画出）分别固定在x=0和x=6a 处，在x=2a处由静止释放一个负点电荷P，点电荷P仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，P的速度与其在x轴上的位置关系如图所示，则下列说法正确的是（　　）A．x=4a处的电场强度最大B．点电荷M、N一定是异种电荷C．点电荷P的电势能先增大后减小D．点电荷M、N所带电荷量之比为4∶19．如图所示，电流表G的满偏电流为、内阻为，与另外两个定值电阻、连接后组成如图所示的电路。已知当a、b接入电路时，可作为量程的电流表使用；当a、c接入电路时，可作为量程的电压表使用，则（　　）A．B．C．D．10．如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里，在正交的电磁场空间中有一足够长的固定光滑绝缘杆，与电场方向成夹角且处于竖直平面内。一带电小球套在绝缘杆上，当小球沿杆向下的初速度为时，小球恰好做匀速直线运动，则以下说法正确的是（　　）A．小球带正电B．磁场和电场的大小关系为C．若撤去磁场，小球仍做匀速直线运动D．若撤去电场，小球的机械能不断增大11．如图所示，带电平行金属板A、B，板间的电势差大小为U，A板带正电，B板中央有一小孔。一带正电的微粒，带电荷量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h处自由落下，若微粒恰能落至A、B板的正中央C点，则（　　）A．微粒下落过程中重力做功为，电场力做功为B．微粒在下落过程中重力势能逐渐减小，机械能逐渐减小C．若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能达到A板 D．微粒落入电场过程中，电势能改变量大小为12．如图所示，上部半圆下部矩形组成的平面区域内存在垂直平面向里的匀强磁场，由点A向圆心O方向连续发射相同速率的同种带电粒子，最终粒子从B点离开磁场区域，不计粒子所受重力，粒子间的相互作用及空气阻力，则以下说法正确的是（　　）A．该种粒子一定带负电，且在B点沿OB方向离开磁场B．若在A点增大粒子入射速率，方向不变，则粒子在磁场中的运动时间增加C．若在A点调整粒子入射方向，速率不变，则BC间无粒子射出D．若在A点调整粒子入射方向，速率不变，从AB弧射出的粒子的出射方向均与OB平行二、实验题（每空2分，共计14分）13（4分）游标卡尺读数为________mm，螺旋测微器读数为________mm14（10分）用如图甲所示的电路，测定一节旧干电池的电动势和内阻（小于1）。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：双量程电流表A：（量程0~0.6A，0~3A）双量程电压表V：（量程0~3V，0~15V）滑动变阻器：R1（阻值范围0~10，额定电流2A）R2（阻值范围0~100，额定电流1A）（1）为了调节方便，测量精度更高，实验中应选用滑动变阻器_____（填“R1”或“R2"）（2）根据图甲将图乙中的实物正确连接，注意闭合开关时滑动变阻器的滑片P应处于正确的位置，并选择正确的电表量程进行连线。 （3）通过多次测量并记录对应的电流表示数I和电压表示数U，利用这些数据在图丙中画出了U-I图线。由图线可以得出此干电池的电动势E=______V（保留三位有效数字）、内阻r=______（保留两位有效数字），该实验由于系统误差使电池内阻的测量值______（填“偏小”、“偏大”或“不变”）。三、计算题(本题共3小题，15题10分，16题12分，17题16分，共计38分．解答应写出必要的文字说明、方程)15（10分）一电动机，线圈的电阻为1Ω，当它两端加上220V的电压时，通过它的电流为5A，求：（1）该电动机消耗的电功率；（2）该电动机的输出功率。16（12分）如图所示，两平行导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，导轨的一端接有电动势E=3V内阻r=0.5Ω的直流电源，两导轨间的距离L=0.4m，在导轨所在空间内分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。现把一个质量m=0.08kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻R=1.0Ω，导体棒恰好刚要滑动，金属导轨电阻不计，（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）ab棒受到的安培力；（2）ab棒与导轨的动摩擦因数μ。17（16分）如图所示，在xoy平面y>0的区域内有沿y轴负方向的匀强电场，在y<0的区域内有垂直于xoy平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带电粒子从坐标为（2l，l）的P点以初速度v0沿x轴负方向开始运动，恰能从坐标原点O进入磁场，不计带电粒子所受的重力。（1）若磁感应强度大小为B1，则第一次到达X轴正半轴位置与原点O的距离为多少？ （2）若带电粒子离开P点后只能通过O点两次，则磁感应强度大小B2为多少？（3）若带电粒子从P点正下方任意一点以相同的初速度v0开始运动，在电场中运动一段时间后，同时撤去电场和磁场，粒子均能通过O点，求撤去电场和磁场时刻粒子的位置所在的曲线的方程。参考答案1．A【详解】A.摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，A正确；B.元电荷就是最小的电荷量，B错误；C.元电荷的数值最早是由美国物理学家密立根测得的，C错误；D.电荷的多少叫作电荷量，电荷量的正负不表示大小，D错误。故选A。2．B【详解】A．根据安培定则，电流、在第四象限磁场方向均是垂直纸面向里，所以穿过线圈的磁通量不可能为零，A错误；B．电流在第一象限磁场方向是垂直纸面向外， 在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，所以穿过线圈磁通量可能为零，B正确；C．电流在第一象限磁场方向垂直纸面向外，在第一象限的磁场方向垂直纸面向外，所以穿过线圈磁通量不可能为零，C错误；D．电流在第二、三象限的磁场方向是垂直纸面向外，在此处磁场方向是上半部垂直纸面向里，下半部分垂直纸面向外，所以穿过线圈的磁通量不可能为零，D错误。故选B。3．B【详解】A．图中没有闭合回路，所以不能形成感应电流，故A错误；B．磁感应强度不变，由于运动的两个导体棒围成的横截面积增大，由公式可知磁通量变化，两导体棒与导轨形成闭合回路，所以可以产生感应电流，故B正确；C．导线前，磁感应强度方向向下，导线后，磁感应强度方向向上，由对称性可知，整个线圈磁通量为零，磁通量不随电流的增大而变化，没有感应电流产生，故C错误；D．线圈向右移动，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，故D错误。故选B。4．C【详解】A．从根据动能定理可得即即粒子在B点的动能比在A点多，A错误； B．设在A点初速度为，小球在竖直方向只受重力，做加速度为g的匀变速运动，故从和的时间相等，而水平方向只受到电场力作用，设从的水平分位移为，从的水平分位移为，则可知则由于电场力做正功，则粒子在C点的电势能比在B点少，B错误；CD．根据功能关系可知：从机械能增加量为由于重力势能不变，即从动能增加，即粒子在C点的动能大于，D错误，C正确。故选C。5．C【详解】A．由题可知，电容器的电压不变，当待测压力突然增大时，F向上压膜片电极，由可知d减小，电容增大，故A错误；BC．由题可知，电容器的电压不变，若F向上压膜片电极，电容增大，电量增大，电容器充电，电路中形成逆时针方向的电流，则灵敏电流计指针向右偏；电流从N流向M，故点的电势比点的低，故B错误，C正确；D．若电流计示数稳定且不为零，说明电容器正在充放电，电容器的电容变化，说明压力变化，故D错误。故选C。 6．D【详解】A．使船前进的力，是海水对超导线圈的作用力，A错误；B．若海水的电流方向从AB板流向CD板，根据左手定则，海水所受的安培力向后。根据牛顿第三定律，海水对船的磁场力向前，使船前进。故B错误；C．仅改变超导线圈中电流的方向或者电源正负极，就可以改变海水对超导线圈的磁场力的方向，即推进力方向将与原方向相反，C错误；D．根据，船所获得的推力，与通过海水的电流大小和超导线圈产生的磁感应强度有关，D正确。故选D。7．C【详解】AB．设粒子的质量和电荷量分别为m、q，经加速电压加速后的速度大小为v，根据动能定理有设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有解得粒子打在感光板上的坐标为 所以x与v无关，与粒子的比荷有关，比荷越大x越小，所以的比荷一定大于的比荷，故AB错误；C．若、电荷量相等，则有即故C正确；D．粒子在磁场中运动的周期为粒子在磁场中运动的时间为若、质量相等，则有粒子在磁场中运动的时间之比为故D错误。故选C。8.D.【详解】A．由题目图可知，在x=4a处点电荷P的速度最大，速度的变化率为0，说明了x=4a处的加速度为零，则电场强度等于0，故A错误； B．由v-x图象可知，点电荷P的速度先增大后减小，所以点电荷P的动能先增大后减小，说明电场力先做正功，后做负功，结合负电荷受到的电场力的方向与场强的方向相反可知，电场强度的方向先沿x轴的负方向，后沿x轴的正方向，根据点电荷的电场线的特点与电场的叠加原理可知，点电荷M、N一定都是负电荷，故B错误；C．由B选项分析，可知，电场力对带电电荷先做正功后负功，则其电势能先减小后增大，故C错误；D．根据题意可知x=4a处的加速度为零，则电场强度等于0，则M与N的点电荷在x=4a处的电场强度大小相等，方向相反，根据库仑定律得所以点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4：1，故D正确。故选D。9．AC【详解】已知当a、b接入电路时，可作为量程的电流表使用，则当a、c接入电路时，可作为量程的电压表使用，则故选AC。10．AC【详解】 A．经分析，洛伦兹力和支持力不做功，重力作正功，而小球动能保持不变，电场力一定做负功，则小球带正电，故A正确；B．仅当支持力为零时，电场力、重力、洛伦兹力三力平衡时，有即故B错误；C．撤去磁场后，因重力和电场力的合力与杆垂直，则小球仍沿杆做匀速直线运动，故C正确；D．撤去电场后，只有重力对小球做功，小球的机械能不变，故D错误。故选AC。11．CD【详解】A．微粒下落过程中重力做功为，电场力做功为，故A错误；B．微粒在下落过程中重力势能逐渐减小，进入电场前机械能先不变，进入电场后电场力做负功，机械能逐渐减小，故B错误；C．由题意，根据动能定理有若微粒从距B板高2h处自由下落，设微粒到达A板时的速度大小为v，则同理有解得即微粒恰好能到达A板，故C正确；D．微粒落入电场过程中，电势能改变量大小等于电场力做功的绝对值，即 ，故D正确。故选CD。12．AD【详解】A．由点A向圆心O方向发射带电粒子，最终粒子从B点离开磁场区域，根据左手定则，洛伦兹力方向向左，判断该粒子带负电，已知初速度方向和末速度位置，如图根据几何关系，可知粒子在B点沿OB方向离开磁场，故A正确；B．磁场中的运动时间与带电粒子在磁场中转过的圆心角有关，增大粒子入射速率，方向不变，由半径公式半径增大，转过的圆心角变小，时间缩短，故B错误；C．若在A点调整粒子入射方向，速率不变，则半径不变，粒子可以从BC间射出，如下图所示，故C错误； D．若在A点调整粒子入射方向，速率不变，则半径不变，当磁场圆半径与轨迹圆半径相等时，为磁发散现象，此时从AB弧射出的粒子的出射方向均与A点的切线平行，即出射方向均与OB平行，故D正确。故选AD。13.50.753.772-3.775【详解】游标卡尺读数为螺旋测微器读数为3.5+0.01x27.3=3.77314．．R11.450.87偏小 【详解】解：(1)[1]为了调节方便，测量精度更高，实验中滑动变阻器应选阻值较小的R1。(2)[2]由给出的原理图甲，得到实物电路图如图所示(3)[3]由丙图的U−I图象可知，电源的电动势为E=1.45V。[4]由U−I图象的斜率大小等于电源的内阻可知，电源内阻为[5]由甲图可知，系统误差来源于电压表的分流，由于电压表的分流作用使电流表的读数总比电源实际输出的电流小，导致电源内阻的测量值比真值偏小。15．（1）1100W；（2）1075W【详解】（1）由P=IU解得电功率为P=1100W（2）由P=I2R 解得热功率P=25W1100-25=1075W16．（1）0.4N，沿斜面向上；（2）0.125【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律得导体棒受到的安培力为由左手定则可知，安培力沿斜面向上。（2）对导体棒受力分析，将重力正交分解，沿导轨方向有=0.48N根据平衡条件可知，摩擦力沿斜面向上受力分析可得由平衡得解得μ=0.12517．(1)2mv0/B1q；(2)；(3)（）【详解】解：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，到达O点时速度方向与x轴负方向的夹角为θ 得X=2r1/cos45=2mv0/B1q(2)带电粒子从O点进入磁场后做半径为r2的匀速圆周运动，设粒子连续两次进入磁场位置间的距离为s，由对称性和几何关系可知 s=要使粒子经过O点，需满足（n=1,2,3…）由（n=1,2,3…）如果没有考虑粒子运动的周期性，解得(3)粒子从P点抛出后，在电场中运动的加速度为a，到O点时y方向的分速度大小为v0设带电粒子从P点正下方任意点抛出后，经过时间t运动到坐标为（x，y）的Q点．撤去电场和磁场后，粒子做匀速直线运动，此时速度方向与x轴负方向的夹角为α 又解得（）